1、第九章 第四节1(2014杭州质检)设 mR，则“m5”是“直线 l：2xym0 与圆 C：(x1)2(y2)25 恰好有一个公共点”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件解析：选 A 若直线与圆只有一个公共点，则|m|5 5解得 m5，所以 m5 是直线与圆有一个公共点的充分不必要条件，故选 A.2若圆 O：x2y24 与圆 C：x2y24x4y40 关于直线 l 对称，则直线 l 的方程是()Axy0Bxy0Cxy20 Dxy20解析：选 D 圆 x2y24x4y40 即(x2)2(y2)24，故圆心 C 的坐标为(2,2)圆 O 的圆心为 O(0,0
2、)，则直线 l 过 OC 的中点(1,1)且垂直于 OC.由 kOC1，故直线 l 的斜率为 1，直线 l 的方程为 y1x1，即 xy20.故选 D.3(2014太原模拟)过原点且倾斜角为 60的直线被圆：x2y24y0 所截得的弦长为()A.3B2 C.6 D2 3解析：选 D 过原点且倾斜角为 60的直线方程为 y 3x，圆的方程为 x2y24y0，即 x2(y2)24，圆心为(0,2)，半径为 2.圆心到直线的距离为 1，由半径、圆心距和弦的一半构成的直角三角形可得弦的一半为 3，因此弦长为 2 3，故选 D.4(2014龙岩质检)直线 x 3y2 30 与圆 x2y24 交于 A，B
3、 两点，则OA OB()A4B3C2 D2解析：选 C 由x 3y2 30，x2y24消去 y 整理得 x2 3x0，解得 x0 或 x 3.设 A(0,2)，B(3，1)，则OA OB 2，故选 C.5(2013重庆高考)已知圆 C1：(x2)2(y3)21，圆 C2：(x3)2(y4)29，M，N 分别是圆 C1，C2 上的动点，P 为 x 轴上的动点，则|PM|PN|的最小值为()A5 24 B.171C62 2 D.17解析：选 A 圆 C1，C2 的圆心分别为 C1，C2，由题意知|PM|PC1|1，|PN|PC2|3，|PM|PN|PC1|PC2|4，故所求值为|PC1|PC2|4
4、 的最小值又 C1 关于 x 轴对称的点为 C3(2，3)，所以|PC1|PC2|4 的最小值为|C3C2|4 23234245 24，故选 A.6(2014长春调研)已知直线 xyk0(k0)与圆 x2y24 交于不同的两点 A，B，O是坐标原点，且有|OA OB|33|AB|，那么 k 的取值范围是()A(3，)B 2，)C 2，2 2)D 3，2 2)解析：选 C 当|OA OB|33|AB|时，O，A，B 三点为等腰三角形的三个顶点，其中OAOB，AOB120，从而圆心 O 到直线 xyk0(k0)的距离为 1，此时 k 2；当 k 2时，|OA OB|33|AB|，又直线与圆 x2y
5、24 有两个不同的交点，故 k2 2，综上得 k 的取值范围为 2，2 2)故选 C.7(2013山东高考)过点(3,1)作圆(x2)2(y2)24 的弦，其中最短弦的长为_解析：2 2 最短弦为过点(3,1)，且垂直于点(3,1)与圆心的连线的弦，易知弦心距 d322122 2，所以最短弦长为 2 r2d2222 222 2.8从圆 x22xy22y10 外一点 P(3,2)向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为_解析：35 由 x22xy22y10，得(x1)2(y1)21，则圆心为 C(1,1)，|PC|312212 5.设两切点分别为 B，D，则|CD|1，所以 sinCPD 55
6、，则 cosDPB12sin2CPD12535，即两条切线夹角的余弦值为35.9(2014焦作模拟)过原点 O 作圆 x2y26x8y200 的两条切线，设切点分别为 P，Q，则线段 PQ 的长为_解析：4 圆的方程可化为(x3)2(y4)25.如图，连接 OC，PC，|OC|5，|OP|OC2CP22 5，因此|PQ|2|PO|PC|OC|4.10(2014福建质检)已知直线 l：y 3(x1)与圆 O：x2y21 在第一象限内交于点 M，且 l 与 y 轴交于点 A，则MOA 的面积等于_解析：34 依题意，直线 l：y 3(x1)与 y 轴的交点 A 的坐标为(0，3)由x2y21y 3
7、x1得，点 M 的横坐标 xM12，所以MOA 的面积为 S12|OA|xM12 312 34.11(2011新课标全国高考)在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 yx26x1 与坐标轴的交点都在圆 C 上(1)求圆 C 的方程；(2)若圆 C 与直线 xya0 交于 A，B 两点，且 OAOB，求 a 的值解：(1)曲线 yx26x1 与 y 轴的交点为(0,1)，与 x 轴的交点为(32 2，0)，(32 2，0)，故可设圆 C 的圆心为(3，t)，则有 32(t1)2(2 2)2t2，解得 t1.则圆 C 的半径为 32t123.所以圆 C 的方程为(x3)2(y1)29.(2)由xya0
8、 x32y129，消去 y 整理得2x2(2a8)xa22a10.由已知可得 5616a4a20.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x24a，x1x2a22a12.由 OAOB，可得OA OB x1x2y1y20，又 y1x1a，y2x2a，所以 2x1x2a(x1x2)a20.由得 a1，满足 0，故 a1.12(2014泉州质检)已知点 A(2,0)，B(1,0)，平面内的动点 P 满足|PA|2|PB|.(1)求点 P 的轨迹 E 的方程，并指出其表示的曲线的形状；(2)求曲线 E 关于直线 l0：x3y30 对称的曲线 E的方程；(3)是否存在实数 m，使直线 l：xym0
9、 与曲线 E交于 P，Q 两点，且以 PQ 为直径的圆经过坐标原点 O？若存在，求出 m 的值；若不存在，说明理由解：(1)设点 P(x，y)，由|PA|2|PB|得x22y22 x12y2.整理得(x2)2y24，所以点 P 的轨迹 E 的方程为(x2)2y24.它表示以 C(2,0)为圆心，以 2 为半径的圆(2)设 C(2,0)关于直线 l0 的对称点为 C(x0，y0)则y0 x02131x0223y02 30.解得x01y03，所以 C(1,3)所以 E的方程为(x1)2(y3)24.(3)由xym0 x12y324 消去 y 整理得，2x22(m2)xm26m60.由直线与圆相交得
10、 4(m2)28(m26m6)0，整理得 m28m80.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x2m2，x1x2m26m62.当以 PQ 为直径的圆经过原点 O 时，有 OPOQ，所以OP OQ x1x2y1y20.又 y1y2(mx1)(mx2)m2(x1x2)mx1x2，所以 x1x2y1y22x1x2m(x1x2)m2m24m6(m2)220.这与式矛盾，故不存在实数 m 满足条件.1(2013江西高考)过点(2，0)引直线 l 与曲线 y 1x2相交于 A，B 两点，O 为坐标原点，当AOB 的面积取最大值时，直线 l 的斜率等于()A.33B 33C 33 D 3解析：选
11、B 曲线 y 1x2的图象如图所示，若直线 l 与曲线相交于 A，B 两点，则直线 l 的斜率 k0，设 l：yk(x 2)，则点 O 到 l 的距离 d 2kk21.又 S AOB 12|AB|d 12 21d2 d 1d2d21d2d2212，当且仅当 1d2d2，即 d212时，等号成立所以 d2 2k2k2112，解得 k213，所以 k 33.故选 B.2(2014黄冈中学适应性考试)圆 C 过坐标原点，圆心在 x 轴的正半轴上若圆 C 被直线 xy0 截得的弦长为 2 2，则圆 C 的方程是_解析：(x2)2y24 依题意，设圆心坐标是(a,0)，其中 a0，半径为 ra，则圆心到
12、直线 xy0 的距离 d a2，于是有a222 222a2，整理得 a24，解得 a2.因此所求圆 C 的方程是(x2)2y24.3(2014长沙模拟)已知两点 M(1,0)，N(1,0)，直线 l：3x4ym0.(1)l 上存在点 P 满足|PM|PN|2，则 m 的值是_；(2)l 上存在点 P 满足PM PN0，则 m 的取值范围是_解析：4 5,5(1)由|PM|PN|得点 P 应位于线段 MN 的垂直平分线 x0 上，又点 P 位于直线 3x4ym0 上，因此点 P(0，m4)；注意到|PM|2|PN|2|NM|24，MP NP0，(1，m4)(1，m4)1m2160，m4.(2)由
13、PM PN0 得点 P 应位于以 MN 为直径的圆周 x2y21 上，又点 P 位于直线 3x4ym0 上，因此直线 3x4ym0 与圆 x2y21 必有公共点，圆心(0,0)到直线 3x4ym0 的距离应不超过半径 1，即|m|5 1，解得5m5，即 m 的取值范围是5,54(2013四川高考)已知圆 C 的方程为 x2(y4)24，点 O 是坐标原点直线 l：ykx 与圆 C 交于 M，N 两点(1)求 k 的取值范围；(2)设 Q(m，n)是线段 MN 上的点，且2|OQ|21|OM|21|ON|2，请将 n 表示为 m 的函数解：(1)将 ykx 代入 x2(y4)24 中，得(1k2
14、)x28kx120.(*)由(8k)24(1k2)120，得 k23，所以 k 3或 k 3.所以 k 的取值范围是(，3)(3，)(2)因为 M，N 在直线 l 上，可设点 M，N 的坐标分别为(x1，kx1)，(x2，kx2)，则|OM|2(1k2)x21，|ON|2(1k2)x22.又|OQ|2m2n2(1k2)m2.由2|OQ|21|OM|21|ON|2，得21k2m211k2x2111k2x22，即 2m21x211x22x1x222x1x2x21x22由(*)式可知，x1x2 8k1k2，x1x2 121k2，所以 m2365k23.因为点 Q 在直线 ykx 上，所以 knm，代入 m2365k23中并化简，得 5n23m236.由 m2365k23及 k23，可知 0m23，所以 3m0 或 0m 3.根据题意，点 Q 在圆 C 内，则 n0，所以 n363m25 15m21805.故 n 与 m 的函数关系为 n 15m21805(m(3，0)(0，3)
